Emissão de momentum angular por uma partícula
carregada em movimento arbitrário
Há um problema no livor de J. D. Jackson, que é o problema número 6.11 da
segunda edição ou o 6.10, da terceira, onde o momentum angular do campo
eletromagnético é examinado. Em resumo, o balanço do momentum angular
pode ser expresso pela equação:
d
(Lmecânico + Lcampos ) = −
dt
˛
←
→
dan̂ · M ,
S(V )
onde Lmecânico é o momentum angular da matéria carregada,
Lcampos
1
4πc
=
ˆ
d3 r r × (E × B)
V
é o momentum angular dos campos armazenado na região V,
←
→
←
→
M = T ×r
é o uxo do momentum angular atravessando a superfície S (V ) , fronteira de V
e
←
→
T =
[
]
←
→
1
I
EE + BB −
(E · E + B · B)
4π
2
é o uxo de momentum linear através de S (V ) .
Os campos E e B produzidos por uma carga q que descreve uma trajetória
r0 (t) arbitrária são deduzidos a partir dos potenciais de Liénard-Wiechert:
)(
[(
)
]
)
2
R̂
−
β
1
−
β
R̂
×
R̂
−
β
×
a


= q
(
)3 +
(
)3 
R2 1 − R̂ · β
Rc2 1 − R̂ · β
(
E (r, t)
e
B (r, t)
= R̂ × E (r, t) ,
onde
R =
tret
r − r0 (tret ) ,
= t−
R
|r − r0 (tret )|
,
c
= |R| ,
1
R̂
v
R
,
R
=
=
v (tret )
dr0 (tret )
=
dtret
= ṙ0 (tret )
e
β
v
.
c
=
Seja d2 L/dΩ o momentum angular por unidade de ângulo sólido dΩ emitido
pela partícula durante o intervalo de tempo dtret . Seja S a superfície esférica,
centrada em r0 (tret ), com raio R. Dentro do ângulo sólido dΩ, em torno do
vetor R, o momentum angular d2 L leva um intervalo de tempo dt para passar
através do elemento de área R2 dΩ. A equação
d
(Lmecânico + Lcampos ) = −
dt
˛
←
→
dan̂ · M ,
S(V )
que expressa o balanço do momentum angular, fornece o momentum angular
emitido, através de S, por unidade de tempo e por elemento de ângulo sólido:
d2 L
dtdΩ
=
)(
) (
)(
)]
R3 [(
R̂ · E E × R̂ + R̂ · B B × R̂ .
4π
O sinal positivo expressa o fato de que d2 L é o momentum angular que a carga
emite. Como
B = R̂ × E,
segue que
R̂ · B
e, portanto,
d2 L
dtdΩ
= 0
)(
)
R3 (
R̂ · E E × R̂ .
4π
=
Procedendo de forma análoga ao caso da emissão de energia e da emissão de momentum linear,
escrevemos
dL
dtret
=
1
4π
ˆ
dΩ
4π
)(
)
dt 3 (
R R̂ · E E × R̂ .
dtret
Notemos que no integrando aparece R3 , ao invés de R2 , e, portanto, não podemos utilizar apenas o campo elétrico de radiação, mas o campo elétrico com
todos os termos, isto é,
(
E (r, t) =
)(
)
 R̂ − β 1 − β
q
(
)3
R2 1 − R̂ · β
2
2
]
R̂ × R̂ − β × a 
+
(
)3  .
Rc2 1 − R̂ · β
[(
)
Logo,
(
)(
)
R̂ · R̂ − β 1 − β 2
q
(
)3
R2 1 − R̂ · β
(
)
1 − β2
q
(
)2
R2 1 − R̂ · β
R̂ · E =
=
e
(
E × R̂
)
{
[(
)
]}
(
)
R̂ − β × R̂ 1 − β 2
R̂ × R̂ − β × a × R̂
= q
+q
(
)3
(
)3
R2 1 − R̂ · β
Rc2 1 − R̂ · β
(
)(
) (
)(
)
(
)(
)
R̂ × β 1 − β 2
R̂ × β R̂ · a + R̂ × a 1 − R̂ · β
= q
.
(
)3 + q
(
)3
R2 1 − R̂ · β
Rc2 1 − R̂ · β
Com esses resultados, até ordem R−3 , obtemos
(
)(
)
R̂ · E E × R̂
≈
)
)(
) (
)(
)(
2
2
1
−
β
R̂
×
a
1
−
β
R̂
×
β
R̂
·
a
q 

+

(
)5
(
)4  .
c2
3
3
R 1 − R̂ · β
R 1 − R̂ · β
2
(
Da expressão para o tempo retardado,
= t−
tret
|r − r0 (tret )|
,
c
segue que
dt
dtret
e, portanto,
dL
dtret
1 − R̂ · β
=
(
)(
)
(
) 
(
)
2 ˆ
R̂ × a
q 1−β

 R̂ × β R̂ · a
dΩ  (
)4 + (
)3  .
2
4πc
4π
1 − R̂ · β
1 − R̂ · β
2
=
Como no caso da emissão de energia, encontramos
ˆ
4π
dΩ (
R̂
1 − R̂ · β
)3
1 ∂
2 ∂β
=
ˆ
4π
dΩ (
4π
1 ∂
2 ∂β (1 − β 2 )
4πβ
=
=
2
(1 − β 2 )
3
1
1 − R̂ · β
)2
e
ˆ
4π
dΩ (
R̂R̂
1 − R̂ · β
)4
1 ∂ ∂
6 ∂β ∂β
=
ˆ
4π
dΩ (
1
1 − R̂ · β
)2
1 ∂ ∂
4π
6 ∂β ∂β (1 − β 2 )
[
]
1 ∂
8πβ
,
6 ∂β (1 − β 2 )2
=
=
isto é,
ˆ
4π
dΩ (
R̂R̂
1 − R̂ · β
)4
←
→
4π I
=
3 (1 −
2
β2)
+
16πββ
3,
3 (1 − β 2 )
Com essas integrais calculadas, a taxa de emissão de momentum angular ca
dL
dtret
=
=
]
(
)[
←
→
q 2 1 − β 2 4πa · I × β 16πa · ββ × β
4πβ × a
+
2 +
3
2
4πc2
3 (1 − β 2 )
3 (1 − β 2 )
(1 − β 2 )
[
]
q2
a×β
β×a
+
c2 3 (1 − β 2 ) (1 − β 2 )
e, portanto,
dL
dtret
=
[
]
2q 2 β × a
.
3c2 (1 − β 2 )
4